【文档说明】河南省商丘市第一高级中学2019-2020学年高一下学期期末考试物理试题 【精准解析】.doc，共(23)页，964.000 KB，由小赞的店铺上传

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-1-河南省商丘市第一高级中学2019-2020学年高一（下）期末考试物理试题一、选择题（1~7题每小题只有一个正确选项，8！12题每小题有多个选项。每小题4分，共48分，选对但不全得2分，选的全对得4分，错选或多选不得分）1.

光滑平面上一运动质点以速度v通过原点O，v与x轴正方向成角，已知质点沿x轴正方向以xa做匀加速运动，沿y轴正方向以ya做匀加速运动，则（）A.质点一定做匀加速曲线运动B.若yxaa，质点向y轴一侧做曲线运动C.若cotx

yaa，质点向x轴一侧做曲线运动D.若cotxyaa，质点向y轴一侧做曲线运动【答案】C【解析】【详解】若cotxyaa=，则合加速度方向与速度方向在同一条直线上，物体做直线运动；若cotxyaa，则合加速度方向与速度方向不在同一条直线上，合加速度偏向于速度方向下侧，则质点向

x轴一侧做曲线运动；-2-若cotxyaa，则合加速度方向与速度方向不在同一条直线上，合加速度偏向于速度方向上侧，质点向y轴一侧做曲线运动，C正确，ABD错误。故选C。2.如图所示，在一绝缘斜面C上有一带正电的小物体A处于静止状态。现将一带正电的小球B沿以A为圆心的圆弧

缓慢地从P点转至A正上方的Q点处，已知P、A在同一水平线上，且在此过程中物体A和C始终保持静止不动，A、B可视为质点。关于此过程，下列说法正确的是（）A.物体A受到斜面的支持力先减小后增大B.物体A受到斜面的支持力一

直增大C.地面对斜面C的摩擦力逐渐减小D.地面对斜面C的摩擦力先减小后增大【答案】C【解析】【详解】AB．对A研究，P对A的库仑力垂直于斜面方向的分力，先逐渐增大后逐渐减小，当库仑力与斜面垂直时最大，设该分力为F，根据平衡条件可得，斜面对A的支持力co

sNmgF=+可知N先增大后减小，故AB错误；CD．以A和C整体为研究对象，分析受力情况如图所示-3-设P对A的库仑力大小为F，与竖直方向的夹角为，根据平衡条件得sinfF=由于F大小不变，减

小，则知地面对斜面C的摩擦力逐渐减小，故C正确，D错误。故选C。3.质量为m的小物块，在与水平方向成α角的力F作用下，沿光滑水平面运动，物块通过A点和B点的速度分别是vA和vB，物块由A运动到B的过程中，合力对物块做功W和合力

对物块作用的冲量大小为I，经历的时间为t，AB间的距离为s，则（）A.221122BAWmvmv−B.221122BAmvmvFs−=C.BAImvmv−D.BAmvmvFt−【答案】D【解析】【详解】AB．由动能

定理可得221122BAWmvmv=−又合力所做的功cosWFs=则-4-221122cosBAmvmvFs−=AB错误；CD．由动量定理可得BAImvmv=−而合外力为F在水平方向上的分量，则cosIFt=故cosBABAmvmvmvmvFtt−−=C

错误，D正确。故选D。4.地球和木星绕太阳运行的轨道可以看作是圆形的，它们各自的卫星轨道也可看作是圆形的。已知木星的公转轨道半径约为地球公转轨道半径的5倍，木星半径约为地球半径的11倍，木星质量大于地球质量。如图所示是地球和木星的不同卫星做圆周运动的半径r的

立方与周期T的平方的关系图象，已知万有引力常量为G，地球的半径为R。下列说法正确的是（）A.木星与地球的质量之比为11bdacB.木星与地球的线速度之比为1∶5C.地球密度为34πaGdRD.木星密度为33π1131b

GcR【答案】D【解析】【详解】ACD．根据-5-2224πmMGmrrT=得2324πGMTr=可知图线的斜率24πGMk=由于木星的质量大于地球的质量，可知图线斜率较大的是绕木星做圆周运动轨道半径和周期的关系图线，图线斜率较小的是绕地球做圆周运动半径和周期的

关系图线。对于地球24πGMakd==地解得地球的质量24πaMGd=地则地球的密度33πMaVdRG==地地地对于木星24πGMbkc==木解得木星的质量24πbMGc=木则木星的密度33π1331M

bVGcR==木木木则木星与地球的质量之比为MbdMac=木地-6-故AC错误，D正确；B．根据22GMmvmrr=得GMvr=日可知木星与地球的线速度之比为15vrvr==木地日地木日故B错误。故选D。

5.（原创）如图所示，足够长的水平传送带以v0=4m/s的速度匀速运行.t=0时，在最左端轻放一质量为m的小滑块，t=4s时，传送带以21/ms的加速度减速停下.已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ="0.2."关于滑块相对地面运动的速度v（向右为正）、滑块所受的摩擦力f（向右为正）

、滑块所受的摩擦力做功的功率的值P、滑块与传送带间摩擦生热Q的图像正确的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】AB、滑块在滑动摩擦力作用下向右匀加速运动时,由牛顿第二定律知产生的加速度大-7-小为22m/sag==，滑块速度与皮带共速历时

02svta==s，即2s后滑块与皮带以相同的速度向右匀速运动，与皮带间无摩擦力作用；4s后皮带以21m/sa=做匀减速运动，小于滑动摩擦力能使滑块产生的加速度2m/s2则皮带减速运动时，滑块的加速度与

皮带的加速度相同，此时滑块受到的静摩擦力12fmaf==，即此时的摩擦力等于滑动摩擦力的12，而减速时间为04svta==，故AB错误；C、滑块开始在滑动摩擦力作用下做匀加速时，Pfvfat==可知，滑动摩擦力

的功率与时间成正比，2s~4s无摩擦力，功率为零，4s后滑块在静摩擦力作用下做匀减速运动，由于速度随时间均匀减小至零，故摩擦力的功率也随时间均匀减小至零，故C正确；D、只有开始滑块加速运动时，滑块与皮带间有相对位移，此时满足201=2Svtat−相对，

位移不与时间成正比，故QfS=相对图象不是倾斜的直线，故D错误．故选C．6.如图所示，将质量为2m的长木板静止地放在光滑水平面上，一质量为m的小铅块（可视为质点）以水平初速v0由木板A端滑上木板，铅块滑至木板的B端时恰好与木板相对静止。已知铅块在滑动过程中所受摩擦力始

终不变。若将木板分成长度与质量均相等的两段后，紧挨着静止放在此水平面上，让小铅块仍以相同的初速v0由左端滑上木板，则小铅块将（）A.滑过B端后飞离木板B.仍能滑到B端与木板保持相对静止C.在滑到B端前就与木板保持相对静止D.以上三答案均有可能【答案】C【解析】【详解】

在第一次在小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，运动到B部分上后A部分停止加速，只有B部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与B木板将更早达到速度相等，所以小铅块还没有运动到B的右端，两者速度相同。故选C。-8-考点

：牛顿第二定律。7.自空中某处水平抛出一物体（质点）至落地过程中，位移方向与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，取地面为参考平面，则物体被抛出时，其重力势能和动能之比为（）A.4tan2θB.4cos2θC.2tan2θD.2cos2θ【答案】A【解析】【详

解】物体做平抛运动，假设落地速度为v，由于落地的位移方向与水平方向的夹角为θ，若设速度方向与水平方向夹角为α，则tan2tan=，则水平分速度为：v0=vx=vcosα；竖直分速度为：vy=vsinα；由于平抛运动的水平分运动为匀速直线运动，故v0=vx=vco

sα；由于平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，故高度为：22222yvvsinhgg==，抛出时的动能为：Ek0＝12mv02＝12mv2cos2α，抛出时的势能为：Ep0=mgh=12mv2sin2α，因而动能与势能之比0220tan4tanpkE

E==．故选A．【点睛】本题关键根据末速度的大小和方向，求解出抛出时的动能和势能的表达式，再求得比值即可．注意速度偏向角的正切等于位移偏向角正切的2倍.8.在空中某一位置，以大小v0的速度水平抛出一质量为m的物体，经时间t物体下落一段距离

后，其速度大小仍为v0，但方向与初速度相反，如图所示，则下列说法中错误的是（）A.风力对物体做功为零B.风力对物体做负功C.物体机械能减少2212mgtD.风力对物体的冲量大小为2mv0【答案】ACD【解析】【详解】AB．物

体在下落的过程中，设风力对物体做功为W，重力对物体做功为mgh，故根据-9-动能定理得k0WmghE+==故风力对物体做负功，选项A错误，B正确；C．由于风力不是水平方向的，不知道物体沿竖直方向运动的距离

，无法求出物体下落的高度，进而无法判断出物体机械能的减少量，故C错误；D．由于物体动量的改变量是2mv0，故风力与重力的合力对物体做功的冲量大小为2mv0，故风力对物体的冲量大小不是2mv0，选项D错误。本题选错误的，故选ACD。9.如图所示，竖直平面

内有一固定的光滑轨道ABCD，其中倾角为θ=370的斜面AB与半径为R的圆弧轨道平滑相切于B点，CD为竖直直径，O为圆心。质量为m的小球（可视为质点）从与B点高度差为h的位置A点沿斜面由静止释放。重力加速度大小为g，sin37°=0.6，cos370=0.8，则下列说法正

确的是（）A.当h=2R时，小球过C点时对轨逍的压カ大小为5mgB.当h=2R时，小球不能从D点离开圆弧轨道C.当h=3R时，小球运动到D点时对轨道的压力大小为1.4mgD.调整h的值，小球能从D点离开圆弧轨道，并能恰好落在B点【答案】BC

【解析】【详解】A．当2hR=时，从A到C的过程由动能定理21(cos)02CmghRRmv+−=−在C点由牛顿第二定律得2NCvFmgmR−=解得-10-N275mgF=由牛顿第三定律得，小球在刚过C点时对轨道的压力大

小为275mg，A错误；B．小球会从D点离开圆弧轨道做平抛运动的条件是minvmgmR=解得minvgR从A到D的过程，由动能定理21(cos)02DmghRRmv−−=−解得25DvgRgR=所以小球不会从D点离开圆弧轨道做平抛运动，B正确；C．当3hR=时，由动

能定理'21(cos)02DmghRRmv−−=−解得'2125DvgR=在D点由牛顿第二定律得'2'NDvFmgmR+=解得'N75Fmg=所以，由牛顿第三定律得小球运动到D点时对轨道的压力大小为1.4mg，C正确；D．小球从D点离开圆弧轨道做平抛运动，则有21cos532R

Rgt+=-11-解得185Rtg=小球水平方向的位移min185xvtvtR==大于sin37R，所以小球能从D点离开固弧轨道，不能恰好落在B点，D错误。故选BC。10.在圆轨道上运动的质量为m的人造地球卫星，它们到地面的距离等于地球半径R，地面上的重力加速度为g，则A

.卫星运动的速度为2RgB.卫星运动的加速度为2gC.卫星运动的周期为24RgD.卫星的动能为4mgR【答案】CD【解析】在忽略地球自转情况下2GMmmgR=，由万有引力提供人造地球卫星的向心力22(2)2GMmmvmaRR==，得2gRv=，加速度4g

a=，故AB错误；由因2(2)24RRTvg==，故C正确；由上以分析可知卫星的动能2124kmgREmv==，故D正确．【点睛】明确万有引力与重力，向心力之间的关系；利用万有引力提供向心力，选取对应的向心力公式去解．11.如图所示，将一

轻弹簧下端固定在倾角为θ的粗糙斜面底端，弹簧处于自然状态时上端位于A点．质量为m的物体从斜面上的B点由静止开始下滑，与弹簧发生相互作用后，最终停在斜面上．下列说法正确的是（）-12-A.物体最终将停在A点B.整个过程中物体第一次到达A点时动能最大C.物体第一次反弹后不可能

到达B点D.整个过程中重力势能的减少量大于克服摩擦力做的功【答案】CD【解析】【分析】根据题图可知，考查弹力作功与弹性势能变化关系，重力做功与重力势能变化的关系，摩擦力做功导致弹簧与物块的机械能在变化．根据重力与重力沿斜面方向分力的关系判断物体最终静止的位置．

根据能量守恒判断物体反弹后到达的位置．结合能量守恒，通过重力势能的减小量等于弹性势能的增加量和克服摩擦力做功产生的内能之和，判断重力势能的减小量与克服摩擦力做功的大小关系．【详解】A、由题意可知，物块从静止沿斜面向上运动

，说明重力的下滑分力大于最大静摩擦力，因此物体不可能最终停于A点，故A错误；B、物体接触弹簧后，还要继续加速，直到弹力与重力的分力相等时，达到最大速度；故最大速度在A点下方；故B错误；C、由于运动过程中存在摩擦力，导致摩擦力做功，所以物体第一次反弹后不

可能到达B点，故C正确；C、根据动能定理可知，从静止到速度为零，则有重力做功等于克服弹簧弹力做功与物块克服摩擦做的功之和，则重力势能的减小量大于物块克服摩擦力做功．故D正确；【点睛】由受力分析来确定运动情况很关键．12.如图（a）所示，在粗糙的水平地面上有两个大小相

同但材质不同的甲、乙物块。t=0时刻，甲物块以速度v=4m/s向右运动，经一段时间后与静止的乙物块发生正碰，碰撞前后两物块运动的v－t图像如图（b）中实线所示，其中甲物块碰撞前后的图线平行，已知甲物块质量为6kg，乙物块质量为5kg，则（）-13-A.此碰撞过程为非弹性碰撞B.

碰后瞬间乙物块速度为2m/sC.碰后乙物块移动的距离为6mD.碰后甲、乙两物块所受摩擦力之比为3：2【答案】AD【解析】【详解】AB．由图乙可知，碰前甲的速度13m/sv=，碰后甲的速度1m/sv=甲，碰撞过程中动量守恒1mvmvmv=+乙乙甲甲甲代入数所据，解得

2.4m/sv=乙又由于2222221111111=63J27J(6152.4)J=17.4J222222mvmvmv=+=+乙甲甲乙甲碰撞的过程中，损失了机械能，不是弹性碰撞，故A正确，B错误；C．由图（b）可知甲的延长线交时间轴于4st=处，由于

图像与时间轴围成的面积等于物体的位移，因此12.4(41)3.6m2x=−=乙故C错误；D．在vt−图像中斜率表示加速度，由图（b）可知，甲物体做减速运动的加速度大小为211m/sa=乙物体做减速运动的加速度220.8m/sa=-

14-因此1232fmafma==甲甲乙乙故D正确。故选AD。三、实验题（共16分）13.在研究平抛运动的实验中，某同学记录了小球运动过程中经过的A、B、C、D、E、F、G点的位置，相邻两点的时间间隔均为t=0.05s。取A

点为坐标原点，以+x方向表示水平初速度方向，以+y方向表示竖直向下方向，实验记录如下表。标号nABCDEFGt/s00.050.100.150.200.250.30x/m00.0240.0510.0730.0980.1260.150y/m00.0420.1080.1980.314

0.4540.617(1)作出xt−图象如图甲所示，小球平抛运动的水平初速度大小是（）A．1.0m/sB．0.5m/sC．1.2m/sD．2.0m/s(2)根据表格中数据可知，t=0.10s时，小球的竖直分速度大小是（）A

．1.50m/sB．0.87m/sC．1.57m/sD．1.67m/s-15-(3)以t为横坐标，yt为纵坐标，作出ytt−图象如图乙所示，可得直线斜率的数值k=4.86，其单位是（）A．m/sB．s/mC．m2/s2D．m/s2(4)该处重力加速度g

为（）。A．9.80m/s2B．9.87m/s2C．9.57m/s2D．9.72m/s2【答案】(1).B(2).C(3).D(4).D【解析】【详解】(1)[1]小球做平抛运动，将运动分解，水平方向做匀速

直线运动，则有0xvt=，根据作出的xt−图象，则平抛的水平初速度大小为00.15m/s0.50m/s0.3xvt===故选B(2)[2]小球的竖直分运动为自由落体运动，根据中间时刻瞬时速度等于该段时间内的平均速度，结合表格可知，当0t=到0.20st=过程中1.57m/syvt==则

0.10st=时，小球的竖直分速度1.57m/svv==故选C(3)[3]以t为横坐标，yt为纵坐标，作出ytt−图象，由图像可知yktbt=+即2yktbt=+该式与2012yatvt=+对应12ka=故k的单位是加速度的单位2m/s-16-故选D(4)[4]由上式可知29.72ak

==即29.72m/sga==故选D14.如图甲所示的装置叫作“阿特伍德机”，是早期英国数学家和物理学家阿特伍德发明的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律。某同学对该装置加以改进后用来验证机械能守恒定律，如图乙所示。实验时，该同学进行了如下操作：(1)将质量

均为M（A的含挡光片、B的含挂钩）的重物用轻绳连接后，跨放在定滑轮上，处于静止状态，如图甲所示。测量出（）A．A的上表面到光电门中心的竖直距离hB．A的下表面到光电门中心的竖直距离hC．挡光片中心到光电门中心的竖直距离hD．挡光片下表面到光电门中心的竖直距离h(2)如

图乙所示，在B的下端挂上质量为m的物块C，让系统（重物A、B以及物块C）中的物体由静止开始运动，光电门记录挡光片挡光的时间为Δt。测出挡光片的宽度d，计算有关物理量，验证机械能守恒定律。如果系统（重物A、B以及物块C）的机械能守恒，应满足的关系式为

（）（已知重力加速度为g）。A．()212()2dmghmMt=+-17-B．()212()2dMghmMt=+C．()212()2dmghmMt=+D．()212()2dMghmMt=+(3)验证实验结束后，该同学突发奇想：如果系统（重物A、B

以及物块C）的机械能守恒，不断增大物块C的质量m，重物B的加速度a也将不断增大，那么a与m之间有怎样的定量关系？a随m增大会趋于一个什么值？请你帮该同学解决。①写出a与m之间的关系式（）②最终a的值会

趋于（）A．2agB．agC．3agD．0.5ag【答案】(1).C(2).A(3).2mgamM=+(4).B【解析】【详解】（1）[1]因为光电门测量的是挡光片从开始运动到运动至光电门中心时的时间，所以要测量出挡光片中心到光电门

中心的竖直距离h，故选C。（2）[2]重物A经过光电门时，系统的速度大小dvt=，如果系统（重物A、B以及物块C）的机械能守恒应满足的关系式为2211(2)(2)22dmghmMvmMt=+=+故选A。（3）[3]对系统受力分析根据牛顿第二定律可得(

2)mgmMa=+解得2mgamM=+[4]根据221mggaMmMm==++可知，当不断增大物块C的质量m时，最终a的值会趋于重力加速度g，故选B。四、解答题（共36分，需要写出必要的文字说明、原理

依据和公式，只写结果不得分）-18-15.如图所示，水平传送带以一定速度匀速运动，将质量m=1kg的小物块轻轻放在传送带上的P点，物块运动到A点后被水平抛出，小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光

滑圆弧轨道下滑．B、C为圆弧上的两点，其连线水平，已知圆弧对应圆心角106=，A点距水平面的高度h=0.8m．小物块到达C点时的速度大小与B点相等，并沿固定斜面向上滑动，小物块从C点到第二次经过D点的时间间隔为0.8s，已知小物块与斜面间的动摩擦因数13=，重力加速度g取

10m/s2，取sin530.8=，cos53°=0.6，求：（1）小物块从A到B的运动时间；（2）小物块离开A点时的水平速度大小；（3）斜面上C、D点间的距离．【答案】（1）0．4s（2）3m/s（3）0．98m【解析】试题分析：（1）A到B做平抛运动，利用平抛运动规律求出时间．（2）

利用平抛运动规律，在B点对速度进行正交分解，得到水平速度和竖直方向速度的关系，而竖直方向速度yV2gh=，显然易求，则水平速度0V可解．（3）物块在轨道上上滑属于刹车问题，要求出上滑的加速度、所需的时间；再求出下滑加速度、距离，利用匀变速直线运动规律公式求出位移差．解：（1

）A到B做平抛运动故s（2）物块在B点的竖直分速度m/s故小物块离开A点时的水平速度大小m/s（3）m/s由几何关系可知，斜面的倾角-19-沿斜面上滑的过程：解得m/s2从C点上滑至最高点的时间s上滑的最大距离m沿斜面下滑的过程：解得m/s2从

最高点下滑至D点的时间s从最高点下滑至D点的位移大小m所以斜面上C、D点间的距离m考点：牛顿运动定律的综合应用．点评：本题是一个单物体多过程的力学综合题，把复杂的过程分解成几个分过程是基本思路．16.如图所示，一压缩的轻弹簧左端固定，右端与一滑块相接触但不连接，滑块质量为m，与水平地面间的

动摩擦因数为0.1，A点左侧地面光滑，AB的长度为5R，现将滑块由静止释放，滑块运动到A点时弹簧恢复原长，以后继续向B点滑行，并滑上光滑的半径为R的14光滑圆弧BC，在C点正上方有一离C点高度也为R的旋转平台，沿平台直径方向开有两个离轴心距离相等的小孔P、Q，旋转时两孔均能达到C点的正上方．若滑块

滑过C点后进入P孔，又恰能从Q孔落下，已知物体通过B点时对地面的压力为9mg.求：(1)滑块通过B点时的速度vB；(2)弹簧释放的弹性势能Ep；(3)平台转动的角速度ω应满足什么条件．【答案】(1)22gR；(2)4.5mgR；(3)(21)=4ngR+(n＝0、1、2…)【解

析】【详解】（1）物体通过B点时作圆周运动则有-20-2FBNvmgmR−=解得：22BvgR=（2）物体由静止释放到B点，利用动能定理2102BWmgxmv−=−其中pWE=；5xR=215(22)2PEmgRmgR=+解得：92PEmgR=（3）滑块从B点开始运动后机械能守恒，设滑块

到达P处时速度为pv，则2211222BpmvmvmgR=+解得2pvgR=滑块穿过P孔后再回到平台的时间24pvRtgg==要想实现题述过程，需满足(21)tn=+(21)(012.....)4ngnR+

==、、17.如图所示，小明参加户外竞技活动，站在平台边缘抓住轻绳一端，轻绳另一端固定在O点，绳子刚好被拉直且偏离竖直方向的角度θ=60°．小明从A点由静止往下摆，达到O点正下方B点突然松手，顺利落到静止在水平平台的平板车上，然后随平板车一起向右运

动．到达C点，小明跳离平板车(近似认为水平跳离)，安全落到漂浮在水池中的圆形浮漂上．绳长-21-L=1.6m，浮漂圆心与C点的水平距离x=2.7m、竖直高度y=1.8m，浮漂半径R=0.3m、不计厚度，小明的质量m=60kg，平板车

的质量m=20kg，人与平板车均可视为质点，不计平板车与平台之间的摩擦．重力加速度g=10m/s2，求：(1)轻绳能承受最大拉力不得小于多少?(2)小明跳离平板车时的速度在什么范围?(3)若小明跳离平板车后恰好落到浮漂最右端，他在跳离过程中做了多少功?【答案】（1）1200N（2）4m/s≤

vc≤5m/s（3）480J【解析】【分析】（1）首先根据机械能守恒可以计算到达B点的速度，再根据圆周运动知识计算拉力大小．（2）由平抛运动规律，按照位移大小可以计算速度范围（3）由动量守恒和能量守恒规律计算即

可．【详解】解(l)从A到B．由功能关系可得21(1cos)2mgLmv−=①代人数据求得v=4m/s②在最低点B处，2mvTmgL−=③联立①②解得，轻绳能承受最大拉力不得小于T=1200N(2)小明离开滑板后可认为做平抛运动竖直位移212ygt=④离C点水平位移

最小位移min−=xRvt⑤离C点水平位移最大为min+=xRvt⑥联立④⑤⑥解得小明跳离滑板时的速度4m/s≤vc≤5m/s(3)小明落上滑板时，动量守恒-22-01()mvmmv=+⑦代人数据求得v1=3m/s⑧离开滑板时，动量守恒0102()Cmm

vmvmv+=+⑨将⑧代人⑨得V2=-3m/s由功能关系可得()2220201111()222CWmvmvmmv=+−+⑩．解得W=480J-23-